直流控制系统习题新建(新书)
运动控制系统期末复习题（直流部分）
运动控制系统期末复习题（直流部分）运动控制直流部分复习题一、填空：1. 调速系统的稳态性能指标主要是指和静差率。
2. 采用V-M系统，当系统处于深调速状态时，功率因数将较。
3. 直流调速系统中，晶闸管触发和整流装置的传递函数可近似成环节，时间常数称为。
4. 晶闸管-电动机转速、电流双闭环调速系统中，环为内环，环为外环。
5. 双惯性环节校正成典型Ⅰ型系统，引入的调节器是调节器。
6直流调速的方法包括改变电枢回路电阻调速、调速和减弱磁通调速。
7．闭环调速系统对于_ 的扰动具有抑制作用，而对于_ _ 的扰动则无能为力。
8．转速、电流双闭环调速系统中，调节__的限幅值可以调节系统最大电流；调节_ _的限幅值可以调节UPE的最大输出电压。
9．双极性直流PWM变换器的占空比，当时，输出平均电压为正，要使输出平均电压为负，应使。
二、选择题1.下列说法正确的是（）A积分调节器的输出决定于输入偏差量的历史过程。
B比例控制可以使系统在偏差电压为零时保持恒速运行。
C比例调节器可以实现无静差。
D采用积分调节器动态相应快。
2.双闭环调速系统中电流调节器具备的作用为（）A对负载变化起抗扰作用。
B对电网电压波动起及时抗扰作用。
C输出限幅决定允许的最大电流。
D使转速跟随转速给定电压变化。
3.双闭环调速系统中转速调节器不具备的作用为（）A对负载变化起抗扰作用。
B对电网电压波动起及时抗扰作用。
C输出限幅决定允许的最大电流。
D使转速跟随给定电压变化。
4.在工程设计中，如果将系统校正成典型Ⅰ型系统的过程，KT值取为（）时为无超调。
1A0.25 B0.5 C0.75 D1.05.采用工程设计法的双闭环直流调速系统中，电流环设计成典型（）型系统，引入的电流调节器为（）调节器。
AⅠPI BⅡPI CⅠP DⅡP6.G-M直流调速系统中的G指的是哪一种直流电源（）。
A直流发电机；B静止整流器；C脉宽调制电源；D以上情况均可能。
三、分析与简答1.在调速系统中，为什么在开环系统中晶闸管整流装置的控制电压前面没有加放大器，而在闭环之后要添加放大器？2.双闭环调速系统中，电流调节器的作用各是什么？3.采用双极型PWM变换器的调速系统，当电动机停止时，电枢电流是否等于零，为什么？4.假设某转速单闭环调速系统的电源电压突然降低，则该调速系统将如何进行调节，请结合稳态结构图加以说明。
直流自动控制系统B卷谭树彬(2)
调节时间 。
(4)用PID调节器校正时，其传递函数为
取 ， ，令 ，则按二阶典型系统校正后系统开环传递函数为
同样，取 ，则
调节时间 。
比较采用不同调节器的ts，可知采用PID调节器调节时间最短，效果最好；采用I调节器调节时间最长，效果最差；采用P调节器和PI调节器虽然有相同的调节时间，但采用P调节器时，系统是有差系统，因此两者的稳态性能是截然不同的。
东北大学继续教育学院
直流自动控制系统试卷（作业考核线上）B卷
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（共3页）
总分
题号
一
二
三
四
五
六
七
八
九
十
得分
解：
1）
2）当 时， 代入
3）
由 ，得
4）当 V时，则有
所以 V/A
5）
6） V
解：
(1)用P调节器校正时，调节器传递函数为
需近似处理后才能校正成为二阶典型系统
则校正后系统开环传递函数为
（2）
转速环小时间常数为
转速调节器ASR的传递函数为
按对称三阶系统设计，取对称最佳参数 ，则转速环开环放大倍数：
转速调节器参数选择为
积分时间常数：
比例放大系数：
对近似条件进行如下校验：
转速环的截止频率为
电流环传递函数简化条件（ ）
满足近似处理条件。
转速环小时间常数近似处理条件（ ）
满足近似处理条件。
选择ASR输入电阻
则ASR的反馈电阻和电容可计数如下：
，实取
滤波电容为
（3）
转速环按对称三阶系统设计，取对称最佳参数 ， ，基值为：
所以，带 额定负载启动到额定转速时的超调量为：
运动控制系统习题集
电力拖动自动控制系统—运动控制系统习题第一篇 直流调速系统习题一 闭环控制的直流调速系统1-1为什么PWM-电动机系统比晶闸管-电动机调速系统能够获得更好的动态性能？1-2 试分析有制动通路的不可逆PWM 变换器进行制动时，两个VT 是如何工作的？1-3 调速范围和静差率的定义是什么？调速范围、静态速降和最小静差率之间有什么关系？为什么说“脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易多了”？1-4 某一直流调速系统，测得的最高转速特性为n max =1500 r/min, 最低转速特性为n min =150 r/min 电动机额定转速为，带额定负载时的速度速降 ∆n N = 15r/min ，且在转速下额定速降 ∆n N 如不变，试问系统能够达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多少？ 1-5 某闭环调速系统的调速范围1500～150 r/min ，要求系统的静差率S ≤20%，那么系统允许的静态速降是多少？，如果开环系统的静态速降是100r/min ，则闭环系统的开环放大倍数是多少？1-6 某闭环调速系统的开环放大倍数为15时,额定负载下电动机的速降为8 r/min ，如果将开环放大倍数提高到30, 它的速降为多少?在相同静差率要求下，调速范围可以扩大多少倍？1-7 某调速系统的调速范围D=20, 额定转速n N =1500 r/min 开环转速降落∆n OP 为240r/min ，如果要求系统的静差率由10%减少到5%, 则系统的开环放大倍数将如何变化？1-8 转速单闭环调速系统有那些特点？ 改变给定电压能否改变电动机的转速？为什么？如果给定电压不变？调节测速反馈电压的分压比是否能够改变转速？为什么？如果测速发电机的励磁发生了变化，系统有克服着种干扰的能力？1-9在转速负反馈调速系统中，当电网电压、负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻、测速发电机的励磁各量发生变化时，都会引起转速变化，问系统有没有调节能力?1-10 有一V —M 调速系统，电动机参数为P N ＝2.2KW ，U N ＝220V ，I N =12.5A, n N =1500r ／min ，R a ＝1.2Ω，整流装置内阻R a ＝1.5Ω，触发整流环节的放大系数K s ＝35，要求调速范围D ＝20，静差率s ≤10％。
东大14秋直流自动控制系统B卷谭树彬(2)答案
课程名称: 直流自动控制系统
1 东 北 大 学 继 续 教 育 学 院
直流自动控制系统 试 卷（作业考核 线上） B 卷
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（共 3 页）
解：
1. 先计算电动机电动势常数
220152
Φ0.127 V m i n /r
1500
nom nom a e nom U I R C n --⨯===⋅ 开环系统的静态速降为
()15(21)354.33 r/min 0.127
nom nom a rec op e e I R I R R n C C ∑+⨯+∆====ΦΦ
2. 满足调速要求所允许的静态速降为
第一题（15分）
有一V-M 调速系统，电动机参数为nom 2.5 kW P =，nom 220V U =，nom 15A I =，nom 1500 r/min n =，a 2R =Ω；整流装置内阻rec 1R =Ω，触发整流装置的放大倍数s 30K =。
要求调速范围D ＝20，静差率S ≤10%，试求
1. 计算开环系统的静态速降op n ∆；（3分）
2. 计算调速要求所允许的静态速降cl n ∆；（3分）
3. 采用负反馈组成闭环系统，试画出系统的静态结构图；（3分）
4. 调整该系统，使*
n 20V U =时转速1000 r/min n =，此时转速反馈系数应为多少（可
认为*n n U U ≈）？（3分）
5. 计算所需放大器的放大倍数。
（3分）。
运动控制新版系统第四版思考题答案
电力拖动自动控制系统-运动控制系统（阮毅陈伯时）课后答案包含思索题和课后习题第2章2-1 直流电动机有哪多个调速方法？各有哪些特点？答：调压调速，弱磁调速，转子回路串电阻调速，变频调速。
特点略。
2-2 简述直流PWM 变换器电路基础结构。
答：直流PWM 变换器基础结构图，包含IGBT 和续流二极管。
三相交流电经过整流滤波后送往直流PWM 变换器，经过改变直流PWM 变换器中IGBT 控制脉冲占空比，来调整直流PWM 变换器输出电压大小，二极管起续流作用。
2-3 直流PWM 变换器输出电压特征是什么？答：脉动直流电压。
2=4 为何直流PWM 变换器-电动机系统比V-M 系统能够取得愈加好动态性能？答：直流PWM 变换器和晶闸管整流装置均可看作是一阶惯性步骤。
其中直流PWM 变换器时间常数Ts 等于其IGBT 控制脉冲周期（1/fc），而晶闸管整流装置时间常数Ts 通常取其最大失控时间二分之一（1/（2mf）。
因fc 通常为kHz 级，而 f 通常为工频（50 或60Hz）为一周内），m 整流电压脉波数，通常也不会超出20，故直流PWM 变换器时间常数通常比晶闸管整流装置时间常数更小，从而响应愈加快，动态性能愈加好。
2=5 在直流脉宽调速系统中，当电动机停止不动时，电枢两端是否还有电压？电路中是否还有电流？为何？答：电枢两端还有电压，因为在直流脉宽调速系统中，电动机电枢两端电压仅取决于直流PWM 变换器输出。
电枢回路中还有电流，因为电枢电压和电枢电阻存在。
2-6 直流PWM 变换器主电路中反并联二极管有何作用？假如二极管断路会产生什么后果？答：为电动机提供续流通道。
若二极管断路则会使电动机在电枢电压瞬时值为零时产生过电压。
2-7 直流PWM 变换器开关频率是否越高越好？为何？答：不是。
因为若开关频率很高，当给直流电动机供电时，有可能造成电枢电流还未上升至负载电流时，就已经开始下降了，从而造成平均电流总小于负载电流，电机无法运转。
自动控制系统第一二章习题解答
习题课N N NN N NN N n D n n D s c s n s n D n n n n n S n n D ∆+∆=↓⇒↓=∆-∆=∆+∆=∆==D s n )1(N min 0min maxkn C I R n op e d op +∆=∆=∆∑1n cl opcl op op cl op D k s s ks n n )1(D 1s cl cl 00+==+== e s p C K K k α=第一章 闭环控制的直流调速系统1－1 为什么PWM —电动机系统比晶闸管—电动机系统能够获得更好的动态性能？答：PWM —电动机系统（1） 开关频率高，电流容易连续，谐波少，电机损耗及发热都较小。
（2） 低速性能好，稳速精度高，调速范围宽，可达1：10000左右。
（3） 若与快速响应的电动机配合，则系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强。
（4） 无需加电抗器，主回路电磁时间常数TL 小。
1-4 11135148515150151500min 0max 0min max ==--=∆-∆-==N N n n n n n n D1-694.116311513011113.4831168301151n 1111n ns 11)1( D )1(11n n 1n 1n 1212cl121212cl2cl12112122cl21112cl2cl12cl21cl1==++=++==⨯=⨯++=∆++=∆++=∆∆=++=+=+=++=∆∆+∆=∆+∆=∆k k D D k k n k k s k k D D D k D k D k k k n k n cl cl cl cl cl opop cl op op1-5某闭环调速系统的调速范围是1500~150r/min ，要求系统的静差率，那么系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是100r/min ，则闭环系统的开环放大倍数应有多大？ 解7.31106.310011min /06.302.0102.01501min min 0min max =-=-∆∆=+∆=∆=-⨯=-=∆∆+∆=∆==cl op op cl N NN N n n K Kn n r s s n n n n n n n S n n D 1－7 某调速系统的调速范围D=20，额定转速nN ，=1500r/min,开环转速降落为240r/min ，若要求系统的静差率由10%减少到5%，则系统的开环增益将如何变化？解； s=0.1时，8.27133.82401min /33.8)1.01(201.01500)1(=-=-∆∆==-⨯⨯=-=∆cl op N N n n K r s D s n n S=5%时，8.59195.32401min /95.3)05.01(2005.01500)1(=-=-∆∆==-⨯⨯=-=∆cl op N N n n K r s D s n n 1-10 有一V-M 调速系统，电动机参数为：,35k ,5.1R ,2.1R m in,/r 1500n ,A 5,12I ,V 220U ,KW 2.2P S REC s N N N N =Ω=Ω=====要求：（1）计算开环速降和调速要求所允许的闭环速降。
运动控制系统习题集解(直流部分)3
习题四 可逆直流调速系统和位置随动系统4-1 晶闸管-电动机系统需要快速回馈制动时,为什么必须采用可逆线路?答: 在晶闸管-电动机调速系统中，只要是需要快速的回馈制动，常常也采用两组反并联的晶闸管装置，由正组提供电动运行所需的整流供电，反组只提供逆变制动。
这时，两组晶闸管装置的容量大小可以不同，反组只在短时间内给电动机提供制动电流，并不提供稳态运行的电流，实际采用的容量可以小一些。
4-2 晶闸管装置供电的晶闸管-电动机(V-M)系统, 在整流和逆变状态下的机械特性,并分析这种机械特性适合于何种性质的负载.单组晶闸管装置供电的V-M 系统在拖动起重机类型的负载时也可能出现整流和有源逆变状态a ）整流状态：提升重物，a < 90°，U d0 > E ，n > 0由电网向电动机提供能量。
b ）逆变状态：放下重物a > 90°，U d0 < E ，n < 0 由电动机向电网回馈能量。
整流状态：电动机工作于第1象限；逆变状态：电动机工作于第4象限。
待逆变状态：实际上，这时逆变组除环流外并未流过负载电流，也就没有电能回馈电网，确切地说，它只是处于―待逆变状态‖，表示该组晶闸管装置是在逆变角控制下等待工作。
逆变状态：只有在制动时，当发出信号改变控制角后，同时降低了整流电压和逆变电压的幅值，一旦电机反电动势 E > |U d0r | = |U d0f |，整流组电流将被截止，逆变组才真正投入逆变工作，使电机产生回馈制动，将电能通过逆变组回馈电网。
同样，当逆变组工作时，另一组也是在等待着整流，可称作处于―待整流状态‖。
4-3 分析配合控制的有环流可逆系统反向启动和制动的过程。
画出各参变量的动态波形，并说明在每个阶段中ASR 和ACR 各起什么作用，VF 和VR 各处于什么状态。
① 整个制动过程可以分为两个主要阶段，其中还有一些子阶段。
主要阶段分为：I. 本组逆变阶段； II.它组制动阶段。
直流调速系统练习题答案
直流调速系统练习题一、选择题1. 直流调速系统中，下列哪种方法可以减小电机的启动电流？A. 串电阻启动B. 星角启动C. 自耦变压器启动D. 变频器启动A. 速度调节器B. 电流调节器C. 位置调节器D. 速度反馈环节A. 无刷直流电机B. 永磁同步电机C. 串励直流电机D. 并励直流电机4. 直流调速系统中，下列哪个参数与电机的转速无关？A. 电枢电流B. 电枢电压C.励磁电流D. 转子电阻二、填空题1. 直流调速系统主要由________、________、________和________四个部分组成。
2. 在直流调速系统中，速度环的反馈信号通常取自________。
3. 直流调速系统中，为了提高系统的动态性能，常采用________控制策略。
4. 直流调速系统的稳态精度主要取决于________的精度。
三、简答题1. 简述直流调速系统中速度闭环和电流闭环的作用。
2. 直流调速系统中的转速反馈环节有哪些类型？分别适用于哪些场合？3. 直流调速系统在启动过程中，为什么需要限制启动电流？4. 简述PWM（脉宽调制）在直流调速系统中的应用。
四、计算题1. 已知一台直流电动机的电枢电阻为0.5Ω，电枢电感为0.01H，励磁电流为2A，电枢电压为220V，求该电动机在额定负载下的转速。
2. 一台直流电动机的额定电压为220V，额定电流为10A，额定转速为1500r/min，求该电动机的额定输出功率。
3. 某直流调速系统采用PI调节器，速度环比例系数为Kp，积分时间常数为Ti，电流环比例系数为Kpi，积分时间常数为Tii。
若系统稳态误差要求小于0.01%，求Kp、Ti、Kpi和Tii的取值范围。
4. 已知一台直流电动机的额定电压为220V，额定电流为10A，额定转速为1500r/min，电枢电阻为1Ω，电枢电感为0.02H。
若采用转速反馈闭环控制，求转速反馈系数Kv的取值范围。
五、判断题1. 在直流调速系统中，电流环的作用是保证电机的快速响应，同时限制电机的最大电流。
运动控制系统习题集解(直流部分)2
习题二转速、电流双闭环直流调速系统和调节器的工程设计方法2-1 在转速、电流双闭环调速系统中，若要改变电动机的转速,应调节什么参数?改变转速调节器的放大倍数Kn行不行? 改变电力电子变换器的放大倍数Ks行不行? 改变转速反馈系数α行不行?若要改变电动机的堵转电流,应调节系统中的哪些参数?答：①在转速、电流双闭环调速系统中，若要改变电动机的转速,应调节的参数有：转速给定电压U*n，因为转速反馈系统的转速输出服从给定。
②改变转速调节器的放大倍数Kn，只是加快过渡过程，但转速调节器的放大倍数Kn的影响在转速负反馈环内的前向通道上，它引起的转速变化，系统有调节和抑制能力。
因此，不能通过改变转速调节器的放大倍数Kn，来改变转速③改变改变电力电子变换器的放大倍数Ks，只是加快过渡过程，但转电力电子变换器的放大倍数Ks的影响在转速负反馈环内的前向通道上，它引起的转速变化，系统有调节和抑制能力。
因此，不能通过改变电力电子变换器的放大倍数Ks，来改变转速④改变转速反馈系数α，能改变转速。
转速反馈系数α的影响不在转速负反馈环内的前向通道上，它引起的转速变化，系统没有调节和抑制能力。
因此，可以通过改变转速反馈系数α来改变转速，但在转速、电流双闭环调速系统中稳定运行最终的转速还是服从给定。
⑤若要改变电动机的堵转电流,应调节系统中的参数有：转速的给定U*n、转速调节器的放大倍数Kn、转速调节器的限幅值、转速反馈系数α等，因为它们都在电流环之外。
2-2 在转速、电流双闭环调速系统稳态运行时，两个调节器的输入偏差电压和输出电压各是多少？为什么?答：在转速、电流双闭环调速系统中稳定运行时，转速调节器退饱和，PI的作用使得转速调节器的输入偏差电压为0，转速调节器的输出电压由于维持在U*im（n*）。
在转速、电流双闭环调速系统中稳定运行时，电流调节器不饱和，PI的作用使得电流调节器的输入偏差电压为0，形成一个电流随动子系统，力图使I d尽快跟随其给定U*i. 电流调节器的输出电压U C 又后面的环节决定。
电力拖动自动控制直流调速系统的课后习题
1．设控制对象的传递函数为11234()(1)(1)(1)(1)obj K W s T s T s T s T s =++++，式中K 1=2；T 1=；T 2=；T 3=；T 4=。
要求阶跃输入时系统超调量σ%<5%。
用PI 调节器将系统设计成典型I 型系统，试设计调节器参数并计算调节时间t s 。
解：用PI 调节器校正时，调节器传递函数为1()i PI pi i W s K sττ+= 取10.4i T s τ==，并将2T 、3T 、4T 看成小时间常数，令2340.080.0150.0050.1T T T T s s s s =++=++=则按典型I 型系统校正时系统开环传递函数为1111()(1)(1)(1)pi i pi i i K s K K W s K s T s Ts s Ts τττ+==+++ 取112pi iK K K Tτ==，则 10.412220.1ipi K K Tτ===⨯⨯调节时间 660.10.6s t T s s ≈=⨯= 所以PI 调节器的参数0.4i s τ=，1pi K =；调节时间0.6s t s =。
2．画出直流电动机理想启动时的转速、电流与时间的关系曲线。
采用理想启动的目的是什么？如何实现？，（∞）(a)(b)di n ，dmI LI n （∞）图1-30 调速系统启动过程的电流和转速波形t理想启动是使启动电流一直保持最大允许值，此时电动机以最大转矩启动，转速迅速以直线规律上升，以缩短启动时间。
工程上常采用转速电流双闭环负反馈调速系统。
启动时，让转速外环饱和不起作用，电流内环起主要作用，调节启动电流保持最大值，使转速线性变化，迅速达到给定值；稳态运行时，转速负反馈外环起主要作用。
3．在单闭环转速负反馈调速系统中引入“电流截止负反馈环节”的作用是什么？其中“截止”的含义是什么？转速、电流双闭环调速系统是否也需要引入电流截止负反馈？为什么？ 答：单闭环转速负反馈调速系统不能限制过电流，引入电流截止负反馈可以对电机过载起到保护作用。
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1-1为什么PWM-电动机系统比晶闸管----电动机系统能够获得更好的动态性能？答：PWM 开关频率高，响应速度快，电流容易连续，系统频带宽，动态 响应快，动态抗扰能力强。
1-2试分析有制动通路的不可逆PWM 变换器进行制动时，两个VT 是如何工作的？答：制动时，由于1g U 的脉冲变窄而导致d i 反向时，U g2 变正，于是VT 2导通， VT 2导通，VT 1关断。
1-3调速范围和静差率的定义是什么？调速范围，静态速降和最小静差之间有什么关系？为什么脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了？答：生产机械要求电动机提供的最高转速 max n 和最低转速min n 之比叫做调速范围， 用字母D 表示，即：minmaxn n D =负载由理想空载增加到额定值时，所对应的转速降落N n ∆ 与理想空载转速min 0n 之比，称为系统的静差率S,即：min0n n s N∆=调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为：)1(s n sn D N N -∆=由于在一定的N n 下，D 越大，min n 越小N n ∆ 又一定，则S 变大。
所以，如果不考虑D ，则S 的调节也就会容易，1-4．某一调速系统，测得的最高转速特性为min /1500max 0r n =，最低转速特性为min /150min 0r n =，带额定负载的速度降落min /15r n N =∆，且不同转速下额定速降Nn ∆不变，试问系统能够达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多大？ 解1115150151500min 0max 0min max =--=∆-∆-==N N n n n n n n D %1015015min 0==∆=n n s1-5闭环调速系统的调速范围是1500----150r/min ，要求系统的静差 S<=2%,那末系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是100r/min 则闭环系统的开环放大倍数应有多大？ 1，min /06.3%)21(10%21500)1(101501500min max r S D S n n n n D N =-⨯≤-=∆===则 2，7.31106.31001=-≥+=∆∆K K n n clop 则1-6某闭环调速系统的开环放大倍数为15时，额定负载下电动机的速降为8 r/min ，如果将开环放大倍数他提高到30，它的速降为多少？在同样静差率要求下，调速范围可以扩大多少倍？min /4813011511/1/11;;30;151********21121r n K K n n n K K n n K n K K K cl cl cl cl cl cl ≈⨯++=∆++=∆∆∆=++∆∆→∆→==）（）成反比，则（与开环放大倍数加同样负载扰动的条件下同样静差率的条件下调速范围与开环放大倍数加1成正比94.111513011/1/112122121≈++=++==++K K D D D D K K cl cl cl cl ）（）（ 1-7某调速系统的调速范围D=20，额定转速min /1500r n =，开环转速降落min /240r n Nop =∆，若要求静差率由10%减少到5%则系统的开环增益将如何变化？解：原系统在调速范围D=20，最小转速为：min /75201500max min r D n n ===，原系统在范围D=20，静差率为10%时，开环增益为：8.27133.82401min /5.31111=-=-∆∆=→=+∆=∆clNop Nop cl n n K r K n n 静差率10%时原系统的开环增益为：76.598.2776.59%522增加到将从所以系统的开环增益时，同理可得当K K s ==1-8转速单环调速系统有那些特点？改变给定电压能否改变电动机的转速？为什么？如果min /33.8%1075min min 0r n n n n n n n n cl clclcl cl cl =∆=∆+∆=∆+∆=∆则给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比是否能够改变转速？为什么？如果测速发电机的励磁发生了变化，系统有无克服这种干扰的能力？答：1）闭环调速系统可以比开环调速系统硬得多的稳态特性，从而在保证一定静差率的要求下，能够提高调速范围。
为此，所需付出的代价是需增设电压放大器以及检测与反馈装置。
2）能。
因为)1()1(*k C RI k C U k k n e de ns p +-+=，由公式可以看出，当其它量均不变化时，n 随着*n U 的变化而变化3）能。
因为转速和反馈电压比有关。
4）不，因为反馈控制系统只对反馈环所包围的前向通道上的扰动起抑制作用 ，而测速机励磁不是。
1-9在转速负反馈调节系统中，当电网电压、负载转矩，电动机励磁电流，电枢电流、电枢电阻、测速发电机励磁各量发生变化时，都会引起转速的变化，问系统对于上述各量有无调节能力？为什么？答：系统对于上述各量中电网电压、负载转矩，电动机励磁电流，电枢电流、电枢电阻、有调节能力。
因为它们在闭环系统的前向通道中，对于测速发电机励磁各量发生变化，没有调节能力。
因为它不在闭环系统的前向通道中。
1-10有一V-M 调速系统，电动机参数为：min,/1500,5.12,220,2.2r n A I V U kW P N N N N ====电枢电阻Ω=2.1a R ，整流装置内阻Ω=5.1rec R ，触发整流环节的放大倍数35=S K 。
要求系统满足调速范围Ｄ＝20，静差率Ｓ≤10％。
（１） 计算开环系统的静态速降op n ∆和调速要求所允许的闭环静态速降cl n ∆。
（２） 调整该系统能参数，使当V U n 15=*，N d I I =，N n n =，则转速负反馈系数α应该是多少？（３） 计算放大器所需的放大倍数。
解：（１）电动机的电动势系数r V n R I U C N a N N e min/1367.015002.15.12220⋅=⨯-=-=开环系统静态速降min /9.2461367.0)5.12.1(5.12r C RI n e dN op =+⨯==∆ 闭环静态速降min /33.8)1.01(201.01500)1(r S D s n n N cl =-⨯=-=∆闭环系统开环放大倍数 64.28133.99.2461=-=-∆∆=clop n n K（2）因为)1()1(*k C RI k C U k k n e de ns p +-+=所以s p k k =407.4288α=eS p C K k K/=0.00961r V min/⋅（3）运算放大器的放大倍数 64.111367.0/3500961.064.28/=⨯==e S p C K K K α１－１１ 在题１－１０的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流N dbl I I 2≤，临界截止电流N dcr I I 2.1≥,应该选用多大的比较电压和电流反馈采样电阻？要求电流反馈采样电阻不超过主电路总阻的1/3，如果做不到，需要加电流反馈放大器，试画出系统的原理图和静态结构图，并计算电流反馈放大系数。
这时电流反馈采样电阻和比较电压各为多少？解：（1）A I I N dbl 255.1222=⨯=≤ A I I N dcr 155.122.12.1=⨯=≥ 则 s s dcr com R R I U 15=⨯= )421()(*-++=ss p com n s p dbl R K K R U U K K I 0）式式）也可（由由431421(356.11)5.12.1()1515(356.1125--⨯⨯+++⨯=ss R R得：SSs com n dblR R R U U I 151525)431()(*+=-+≈； Ω==5.146.1s RV R R I U s s d c r c o m 5.225.11515=⨯==⨯=系统的原理图和静态结构图 (给它画出图)（2）显然采样电阻大于主电路2.7*1/3倍，所以增加电流反馈放大器后： 新的采样电阻：Ω=+==9.0)5.12.1(3131'R R s 可选0.5欧姆 电流反馈放大系数：35.05.1'===ss fi R R K 新的比较电压：V R R I U s s dcr com 5.85.01515'=⨯==⨯= 所以加上的电流反馈放大器的放大倍数为3１－１２某调速系统原理图如图所示，已知数据如下：电动机Ω=====15.0min;/1000;94;220;18a n N N N R r n A I V U KW P Ｐｎ＝18ＫＷ，Ｕｎ＝220Ｖ，In ＝94Ａ，整流装置内阻Ω=3.0rec R ,触发整流环节的放大倍数40=S K 。
最大给定电压V U nm 15=，当主电路电达到最大值时，整定电流反馈电压V U im 10=。
设计指标：要求系统满足调速范围Ｄ＝20，静差率S≤10％，N dbl I I 5.1=，N dcr I I 1.1≤。
试画出系统的静态结构框图，并计算：（１） 转速反馈系数ａ。
（２） 调节器放大系数P K 。
（３） 电阻1R 的数值。
（放大器的输入电阻Ω=K R 200） （４） 电阻2R 的数值和稳压管ＶＳ的击穿电压值。
解：(1) min /56.518/10009201.01000)1(r S D S n n N cl ==**=-=∆r V n R I U C N a N N e min/20597.0100015.094220⋅=⨯-=-=min /44.2052059.045.094r C R I n e N op =⨯==∆ ）取36(95.35156.54.2051=-≥-∆∆=clop n n K 同1-10可得a=0.0145 (2) ）取13(8.122059.0/400145.095.35/=⨯==e S p C K K K α (3)Ω=⨯==k R K R p 260201301（4）141945.15.1=⨯==N dbl I I A ；4.103941.11.1=⨯==N dcr I I A ； 当主电路电流最大即为dbl I 时，V U im 10= 而当主电路电流为dcr I 时，i U 为：dcridbl im I U I U = 33.71414.10310=⨯=⨯=dbl dcr im i I I U U V此时电流反馈起作用，稳压管的击穿电压vs U 可根据i U 确定取稍大值：V U vs 4.7= 当主电路的电流增大到dbl I 时，为起到保护作用应使流过2R 的电流2R I 等于流过0R 的电流，以使电机转速迅速降落。